Chương 1 Bài toán biên phân 1.1 Bài toán điều kiện biên Dirichlet thuần nhất Xét bài toán Dirichlet thuần nhất cho toán tử Laplace. Cho Q C R* 1a một tập mở bị chặn. Ta cần tìm một hàm số 0 : © —> IR thoả mãn —Au = f trong Q, (1.1) u = 0trén FP = 02D N Ou. , Au = » Đa) là toán tử Laplace của ?=]l và ƒ là một hàm cho trước trên ©.
Điều kiện biên = 0 trên I' được gọi là điều kiện biên Dirichlet (thuần nhất).2) Q 2 với Vu - Vụ = VU Gu Qu Ta thấy trong (1.2), œ chỉ cần thoả mãn có đạo hàm yếu cấp 1, có nghĩa là w 71(O). Cùng với điều kiện biên ở (1. Từ đó ta xây dựng các định nghĩa về nghiệm yêu của (1. Một nghiệm mạnh của (1.1) là một hàm số œ € C?(Q) thoa mãn (1.
Một nghiệm yếu của (1.1) là một hàm số € H(O) thoả mãn / (Vu - Vu)dz = / (fv)dz, Vu € Hj(Q) Q Q với Vu - Vụ = ` a se t= Từ đây, ta có cách tiếp cận bài toán theo hướng biến phân, gồm các bước như sau. Bước 1: Chứng minh mỗi nghiệm mạnh là một nghiệm yếu. Thật vậy, với w € H1(Q)nŒ2(Ô) vàu = 0 trên L thì u € HẠ(O). Mặt khác, nếuu Œ}(Q) ta có [ove - Vu)d+ = [ (fear " ọ và bởi tính trù mật nên điều này đúng với mọi v € HA(Q).
Bước 2: Chứng minh sự tổn tại và duy nhất của nghiệm yếu. Để chứng minh điều này, ta sẽ cần định lý quan trọng Lax-Milgram. Tuy nhiên, ta sẽ chứng minh định lý Stampacchia là trường hợp tổng quát của Lax-Milgram. (Dinh ly Stampacchia) Véi a(u,v) la mot dang song tuyến tính liên tục bức trên không gian Hilbert H voi tích vô hướng (-, -) và chuẩn KC H là một tập con khác rỗng lôi đóng.
Khi đó, với mỗi @ C _H", tôn tại duy nhất u C K thoả mãn a(u,v—u) > (y,v —u), We K. Hơn nữa, nêu a đối xứng thì u được xác định bởi u € K'va v1$a(u,u) — (g,u) = min= sa) (1 —ứ, )} | 18 Chứng minh. Từ biểu diễn Riesz-Fréchet trong không gian Hilbert, tổn tai duy nhất ƒ c H sao cho (@,0) = (ƒ,0),Vu c H. Mặt khác, nếu ta cỗ định wu € H, Anh xav + a (u, v) là một ánh xạ tuyến tính liên tục trên H.
Áp dụng biểu diễn Riesz-Fréchet một lần nữa, ta tìm được duy nhất Au € H, sao cho a(u,v) = (Au,v), Vu € H. Cu thé 4 là một toán tt tuyén tinh tt H vao H thoa man | Aul] < C'|lul| vu € H, (Au, u) > œ ||u|Í, Vu e H. Mục tiêu của định lí là tìm € # sao cho (Au,v—u)>(f,v—u), Wek hoac (pf —pAu+tu-—u,v—u) <0,VWE K hoặc do tính chất của hình chiếu trực giao lên một tập hợp lỗi đóng, u = Px(pf — pÂu + u) với ø > 0 là một hằng số (sẽ được xác định sau), P(øƒ — øAu + u) là hình chiếu của øƒ — oÁu -L u trên K. Véi méiv € K, dat Su = Px(pf —pAv+v).
Ta thay rang cé thé chon p > 0 sao cho Š là phép co ngặt. Thật vậy, vì „ không giãn, ta có | Sv — #wa|| < ||(i — 0a) — ø(Aui — Aw)|| 19 va Vì vay \|Sv, — Svoll? < |lời — 0a||Ÿ — 2ø(Aui — Avo, vy — v2) + p” | Av, — Avs|| < |lv1 — vel|? (1 — 2pa+ p?C?). Chọn ø > 0 để kŸ = 1 — 2øœ + ø2Œ3 < 1, nghĩa là 0 < p < 2a/C”, ta thay Š có điểm bất động duy nhất. Giả sử dạng song tuyến tính a(u, 0) đối xứng.
Khi đó a(u, 0) định nghĩa một tích vô hướng mới trên !7, tương ứng với chuẩn a(u, )!⁄2 và tương đương với chuẩn ban đầu |u|. Khi đó, 7 vẫn là một không gian Hilbert với tích vô hướng này. Sử dụng biểu diễn Riesz-Fréchet ta sẽ biểu diễn ¿ theo tích vô hướng này, ta có sự tổn tại duy nhất g c H sao cho (y,v) = a(g,v), Vu € H. Ta can tim u € K sao cho a(g—u,v—u) <0,Vu Ee K.
Nghiệm của bài toán này đơn giản lại là phép chiếu g lén K theo tich vô hướng mới, nghĩa là phần tử duy nhất thoả mãn bài toán mina(g — v,g — v) : _ _ 1/2 hay u sé cuc tiéu hoa vt> a(g—v,g—v) = alu, v)—2a(g, v)+a(g, 9) = a(u,0)—2 (@, 0)-+a(g, g) chinh la ve (0,2) — (y, v) 20 Định lí 1. (Định lý Lax-Milgram) Cho không gian Hilbert H con a(u, v) là một dạng song tuyến tính liên tục bức trên H. Khi đó, với p c H* bắt kì, tôn tại duy nhất u c H thoả mãn a(u,0) = (@,0),Vuc H. Hơn nữa, nếu a đôi xứng, thì u được xác định bởi tính chat u€ Hva 5 (t,t) — (y,u) = min {an (0.
Áp dụng định lý Stampacchia với K = H, ta có với a(u, 0) là một dạng song tuyến tính liên tục bức trên không gian Hilbert H. Với mỗi @ € H', tôn tại duy nhất u € K thoả mãn a(u,U — ) > (@,0—u),Vuc H Hơn nữa, nếu a đối xứng thì được xác định bởi ue Ava a(t u) — (yp, u) = min ti — (29) .3) đúng Ví € R, ta có thể tuỳ ý chọn ‡ — +oœc, do dé t((y, v) — a(u, v)) + +00 hay t((y, v) — a(u, 0)) lớn t UỲ ý.3) đúng Ví € ïR, ta có thể tuỳ ý chọn t + —oo, do dé t((y, v) — a(u, 0)) —> +oo hay t((y, v) — ø(u, u)) lớn Ma (y, u) + a(u, u) € Rcé dinh do a, ¿, cỗ định (mâu thuẫn). Do d6 (vy, v) — a(u,v) = 0 vdi v da chon. Tuy nhiên, v đã được chọn tuỳ ý nên đăng thức đúng với mọi 0, hay a(u,v) = (y,v) ,Vu € A.
Từ đó ta rút ra nguyên lý sau: Định lí 1. Hơn nữa, u là nghiệm của bài toán. 1 2 wean 5 [ve dx — | (fo)ae Q Q Chứng minh. Áp dụng định lý Lax-Milgram cho không gian Hilbert H = Hạ(O) với dạng song tuyến tính a(u, v) = | (vu-ve) dx và phiểm hàm tuyến tính liên tục ƒ được xác dinh (f,v) = [(fu)dz.
O 2 Bước 3: Chỉ ra tính chính quy của nghiệm. Tính chính quy của nghiệm đã được chứng minh trong [7]. Bước 4: Xây dựng lại nghiệm mạnh. Giả sử nghiệm yếu œ € Hj () cua (1.
Mặt khác, ta có [ [— (Am) ]dz = / (ƒo)dz Vø C1(9) 22 và do đó —Aw = ƒ hầu khắp nơi trên ©. Lai c6 u € C?(Q) nén —Au = f khắp nơi trên ©. Vậy u là một nghiệm mạnh. Ta xét thêm một số ví dụ.
Với mỗi ví dụ, ta sẽ chỉ ra không gian hàm phù hợp để áp dụng định lý Lax-Milgram và thực hiện 4 bước trên.2 Bài toán điều kiện biên Dirichlet không thuần nhất Cho © là một miền trong RŸ và ƒ: Q —> IR, ta cần tìm một hàm số u: € —> IR thoả mãn phương trình tuyến tính —Au=ƒ_ trong Ô).4) Lấy g c H?(6), ta xét điều kiện biên Dirichlet không thuần nhất u = g trén O22.5) Vì ánh xạ vết + : H1(O) —› (69) là toàn ánh, nên tồn tại một hằng số đều C, va ham u, € H'(Q) sao cho + (uy) = g va lala < Œ|l9lly‡¿e;: Khi đó up := u — „ thoả mãn + (uọ) = g — g = 0, nghĩa là uọ € Hạ(9). Điều này dẫn đến bài toán yếu sau Tìm % € //!(Q) sao cho uạ := — uy € V := Hạ(©) thoả mãn (1. Về phải trong (1.6) xác định một dạng tuyến tính liên tuc trén V do tinh bi chặn của dạng song tuyến a trén H'(Q) x H1(Q) va của phần tử u„ trên H1(Q). Ta tiếp tục làm như trường hợp điều kiện biên thuần nhất và chứng minh được kết quả sau: Mệnh đề 1.
Khi dé 23 ©Ổ Nếu u C HÌ(Q) là nghiệm của (1.6) thì nó thoả mãn phương trình (1.4) hầu khắp nơi trong © và điêu kiện biên (1.5) hầu khắp nơi trên 6Ô.6) đặt chính.3 Bài toán điều kiện biên Neumamn thuần nhất Cho © C IRỶ là một miền bị chặn của lớp C!. Ta tìm hàm số w : Ô —> IR thoả mãn —Au=ƒ_ trong ©, Ou (1.7) —=0 An ténl rén [, với ƒ là hàm cho trước trén 0, $4 ki hiéu dao ham theo vector phap tuyén hướng ngoại của u, nghĩa là nụ — Vu - n, với n là vector pháp tuyến hướng ngoại don vi cua I’. Trước hết, khác với bài toán Dirichlet, để (1.7) có nghiệm thì ta phải đặt thêm điều kiện tương thích (compability condition) lên dữ liệu ƒ là | fde =0.8) Q Thật vậy, nếu + là nghiệm của (1.7) thì | †da = I —V”ud+ = | (Vu- V1)dz — | (Vu - n)ds = 0. Trong trường hợp này, ta không thể thiết lập bài toán yếu trong không gian H = H'(Q) vi khéng chitng minh được dang song tuyến a(u,v) = Jạ Vu - Vud+ thoả mãn điều kiện bức trong không gian này, và do đó bài toán IV.
= [trae 24 không đặt chỉnh. Đồng thời, ta thấy rằng khi phương trình có nghiệm thì đó cũng không phải là nghiệm duy nhất, vì nếu + là nghiệm thì u -+ c cũng là nghiệm với mọi hằng số c. Một cách đơn giản để khắc phục hạn chế này là giới hạn nghiệm trong không gian các hàm có trung bình bằng 0 trên ©, tức là chọn không gian tìm kiếm H;(Q) = {o € H'(O) : ÍS odz = 0}. Như vậy, bài toán yếu có dạng như sau Định nghĩa 1.
Một nghiệm yếu của (1.7) là một hàm số w € H}(Q) thoa mãn lưu - Vu)d+ = [rae Vu € Hy (Q) Bước 1 chứng minh mỗi nghiệm mạnh là một nghiệm yếu. Theo công thức Green, ta có [ (Au)ulde = [ ee vds | (Vu-Vu)de Vue C20), Vøc CÔ), Q r On Q (1.9) véi do 1a d6 do cia I’. Néu u 1a nghiém manh cia (1. Bước 2 chứng minh sự tôn tại và duy nhất của nghiệm yếu.
Với mỗi ƒ c L^(O), tôn tại duy nhất nghiệm yếu u c HỊ(©) của (1. Hơn nữa, u là nghiệm của bài toán sau. 1 2 an HN de— [ (fo)az), 25 Chứng minh. Áp dụng định lý Lax-Milgram với H = H}(Q), dé y rằng từ bất đẳng thức Poincare-Steklov, ta chứng minh được không gian này với chuẩn ||| z -= ||Vull req) 1a khong gian Hilbert.
O Bước 3 chỉ ra tính chính quy của nghiệm. Tính chính quy của nghiệm đã được chứng minh trong [7]. Bước 4 hồi phục lại nghiệm mạnh. Nếu œ € ŒC2(O) là một nghiệm yếu của (1.10) Ở đây, ta chọn ø c C†(Q) để suy ra —Au = f trong 2 Và với ø € C1!